备战2025年高考二轮复习数学专题突破练3（Word版附解析）

这是一份备战2025年高考二轮复习数学专题突破练3（Word版附解析），共9页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、选择题:本题共8小题,每小题5分,共40分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的.
1.(2024·浙江名校联盟模拟预测)函数f(x)=ln(2x-1)-x2+x的单调递增区间是( )
A.(0,1)B.12,1
C.1-22,1+22D.12,1+22
答案D
解析函数f(x)=ln(2x-1)-x2+x的定义域为12,+∞,且f'(x)=22x-1-2x+1=2-(2x-1)22x-1=[2-(2x-1)][2+(2x-1)]2x-1,令f'(x)>0,解得122.若曲线y=ax+1ex有且仅有一条过坐标原点的切线,则正数a的值为( )
A.14B.24C.13D.33
答案A
解析设y=f(x)=ax+1ex,
则f'(x)=-ax+a-1ex,
设切点坐标为x0,ax0+1ex0,
则f'(x0)=-ax0+a-1ex0,所以切线方程为y-ax0+1ex0=-ax0+a-1ex0(x-x0),
又该切线过原点,
所以0-ax0+1ex0=-ax0+a-1ex0(0-x0),
整理得ax02+x0+1=0①,因为曲线y=f(x)有且仅有一条过坐标原点的切线,所以方程①只有一个实数解,故Δ=1-4a=0,解得a=14.故选A.
3.(2024·广东一模)设点P在曲线y=ex上,点Q在直线y=1ex上,则|PQ|的最小值为( )
A.1e2+1B.2e2+1C.ee2+1D.3e2+1
答案B
解析令y=f(x)=ex,则f'(x)=ex,令f'(x)=1e,得x=-1,代入曲线y=f(x)=ex中,得e-1=1e,所以|PQ|的最小值即为点-1,1e到直线y=1ex的距离d=2e2+1.故选B.
4.(2024·四川宜宾模拟预测)已知函数f(x)=x3+ax2+bx+a2在x=-1处有极值8,则f(1)等于( )
A.-4B.16
C.-4或16D.16或18
答案A
解析f'(x)=3x2+2ax+b,
若函数f(x)在x=-1处有极值8,
则f(-1)=8且f'(-1)=0,
即-1+a-b+a2=8,3-2a+b=0,
解得a=3,b=3,或a=-2,b=-7,
当a=3,b=3时,f'(x)=3x2+6x+3=3(x+1)2≥0,此时x=-1不是极值点,故舍去,
当a=-2,b=-7时,f'(x)=3x2-4x-7=(3x-7)(x+1),
当x>73或x<-1时,f'(x)>0,当-1故f(1)=-4.故选A.
5.已知函数f(x)=(x-1)(ex+a)在区间(-1,1)上单调递增,则实数a的最小值为( )
A.e-1B.e-2C.eD.e2
答案A
解析由题意得f'(x)≥0在(-1,1)上恒成立,f'(x)=ex+a+(x-1)ex=xex+a,故xex+a≥0,即a≥-xex在(-1,1)上恒成立,令g(x)=-xex,x∈(-1,1),则g'(x)=-ex-xex=-(x+1)ex<0在区间(-1,1)上恒成立,故g(x)=-xex在区间(-1,1)上单调递减,故g(x)6.(2024·山东二模)已知f(x)为定义在R上的奇函数,设f'(x)为f(x)的导函数,若f(x)=f(2-x)+4x-4,则f'(2 023)=( )
A.1B.-2 023C.2D.2 023
答案C
解析因为f(x)=f(2-x)+4x-4,
所以两边求导,得f'(x)=-f'(2-x)+4,
即f'(x)+f'(2-x)=4,①
因为f(x)为定义在R上的奇函数,
则f(-x)=-f(x),
两边求导,得f'(x)=f'(-x),所以f'(x)是定义在R上的偶函数,所以f'(2-x)=f'(x-2),结合①式可得,f'(x)+f'(x-2)=4,所以f'(x-2)+f'(x-4)=4,两式相减得,f'(x)=f'(x-4),
所以f'(x)是周期为4的偶函数,
所以f'(2 023)=f'(-1)=f'(1).
由①式,令x=1,得f'(1)=2,
所以f'(2 023)=f'(1)=2.
故选C.
7.(2024·陕西西安模拟预测)已知函数f(x)=xln1x,则f(2),f(e),f(3),f(5)从大到小顺次为( )
A.f(5),f(3),f(e),f(2)
B.f(2),f(e),f(5),f(3)
C.f(e),f(3),f(2),f(5)
D.f(e),f(5),f(3),f(2)
答案C
解析f(x)的定义域为(0,1)∪(1,+∞),
令f'(x)=-lnx+1(-lnx)2=0,解得x=e.
当10,f(x)在(1,e)上单调递增;
当x>e时,f'(x)<0,f(x)在(e,+∞)上单调递减,
f(x)在区间(1,+∞)上的最大值为f(e).
得f(e)>f(3)>f(4)>f(5),且f(e)>f(2).
又因为f(2)=-2ln2=-2×22ln2=-4ln4=f(4),
所以f(e)>f(3)>f(2)>f(5).故选C.
8.已知函数f(x)=x3-x+1,则下列选项错误的是( )
A.f(x)有两个极值点
B.f(x)有且只有一个零点
C.点(0,1)是曲线y=f(x)的对称中心
D.直线y=2x是曲线y=f(x)的切线
答案D
解析∵f(x)=x3-x+1,∴f'(x)=3x2-1.由3x2-1=0,得x=33或x=-33.∴f(x)有2个极值点-33与33,且在区间(-∞,-33)上单调递增,在区间(-33,33)上单调递减,在区间(33,+∞)上单调递增.又f33=1-239>0,当x=-2时,f(-2)=-5<0,而f-33>f33>0,
∴f(x)只在区间-2,-33上存在一个零点,
∴f(x)只有一个零点.
∵f(x)+f(-x)=2,
∴点(0,1)是曲线y=f(x)的对称中心.
由f'(x)=3x2-1=2,解得x=±1,
∴曲线y=f(x)在点(1,1)处的切线方程为y-1=2(x-1),即y=2x-1;
曲线y=f(x)在点(-1,1)处的切线方程为y-1=2(x+1),即y=2x+3.∴直线y=2x与曲线y=f(x)不相切.故选D.
二、选择题:本题共3小题,每小题6分,共18分.在每小题给出的选项中,有多项符合题目要求,全部选对的得6分,部分选对的得部分分,有选错的得0分.
9.(2024·河南郑州模拟预测)过点P(a,b)作直线l与函数f(x)=-2x3的图象相切,则( )
A.若点P与原点重合,则直线l的方程为y=0
B.若直线l与直线x-6y=0垂直,则6a+b=4
C.若点P在f(x)的图象上,则符合条件的直线l只有1条
D.若符合条件的直线l有3条,则a3b<-12
答案AD
解析设直线l与f(x)=-2x3的图象切于点Q(t,-2t3),当点P与点Q不重合时,切线斜率k=f'(t)=-6t2=-2t3-bt-a,整理得4t3-6at2-b=0,当点P与点Q重合时,切线斜率k=f'(a)=-6a2=-6t2.
对于A,若点P与原点重合,点P在函数f(x)=-2x3图象上,则a=b=0,此时t=0,k=0,l的方程为y=0,A正确;
对于B,若直线l与直线x-6y=0垂直,则k=-6t2=-6,t=±1,
当点P(a,b)为切点时,6a+b=4或6a+b=-4,
当点P(a,b)不为切点时,4t3-6at2-b=0,
当t=1时,4-6a-b=0,6a+b=4,当t=-1时,-4-6a-b=0,6a+b=-4,B错误;
对于C,当点P在f(x)的图象上时,b=-2a3,4t3-6at2-b=0,则4t3-6at2+2a3=0,即(t-a)2(2t+a)=0,所以t=a或t=-a2,故a≠0有两解,符合条件的直线l有2条,C错误;
对于D,若符合条件的直线l有3条,则点P(a,b)不在f(x)图象上,设直线l与f(x)=-2x3的图象切于点Q(t,-2t3),则有4t3-6at2-b=0,
设g(t)=4t3-6at2-b=0,g'(t)=12t2-12at,
由g'(t)=0,得t=0或t=a,符合条件的直线l有3条,g(t)有3个零点,
则g(0)g(a)=-b(-2a3-b)<0,
所以b(2a3+b)<0,2a3b+1<0,a3b<-12,D正确.
故选AD.
10.(2024·河南南阳模拟预测)已知函数f(x)=x2-2aln x-1,a∈R,则( )
A.若曲线y=f(x)在(1,f(1))处的切线方程为y=2x-2,则a=2
B.若a=1,则函数f(x)的单调递增区间为(1,+∞)
C.若a>0,则函数f(x)在区间[1,+∞)上的最小值为a2-2aln a-1
D.若x∈[1,+∞),f(x)≥0,则a的取值范围为(-∞,1]
答案BD
解析对于A,因为函数f(x)=x2-2aln x-1,可得f'(x)=2x-2ax,
则f'(1)=2-2a,所以2-2a=2,解得a=0,A错误;
对于B,若a=1,则f'(x)=2(x+1)(x-1)x,x>0,
当x∈(1,+∞)时,f'(x)>0,所以f(x)的单调递增区间为(1,+∞),B正确;
对于C,f'(x)=2(x2-a)x,x>0,
若a>0,令f'(x)=0,
解得x1=a或x2=-a(舍去).
当a≤1,即0当a>1,即a>1时,若x∈(1,a),
则f'(x)<0,f(x)单调递减;
若x∈(a,+∞)时,则f'(x)>0,f(x)单调递增,
所以函数f(x)在[1,+∞)上的最小值为f(a)=a-aln a-1,C错误;
对于D,因为x≥1,当a≤0时,f'(x)≥0,所以函数f(x)在[1,+∞)上单调递增,
则f(x)≥f(1)=0,所以a≤0成立;
当a>0时,由C项知当0当a>1时,f(a)则a>1不成立.
综上,实数a的取值范围为(-∞,1],D正确.
故选BD.
11.已知函数f(x)=xsin x-cs x的定义域为[-π,π],则( )
A.f(x)为奇函数
B.f(x)在[0,π)上单调递增
C.f(x)恰有3个极值点
D.f(x)有且仅有2个极大值点
答案CD
解析对于A,函数的定义域为[-π,π],关于原点对称,f(-x)=-xsin(-x)-cs(-x)=xsin x-cs x=f(x),所以函数f(x)为偶函数,故A错误.
对于B,f'(x)=sin x+xcs x+sin x=2sin x+xcs x,显然f'(0)=0,当x>0时,令f'(x)=0,即2sin x+xcs x=0,得tan x=-12x,分别作出y=tan x和y=-12x在[-π,π]上的图象,如图所示.
由图可知,若存在x0∈[0,π)使得f'(x)=0,
当x∈[0,x0)时,f'(x)>0;当x∈(x0,π]时,f'(x)<0,
所以函数f(x)在(0,x0)上单调递增,在(x0,π]上单调递减,故B错误.
对于C,D,由图象可得y=tan x和y=-12x在区间[-π,π]上共有3个公共点,且图象在这些公共点处都不相切,
当x∈(-π,x1)时,f'(x)>0;当x∈(x1,0)时,f'(x)<0,
当x∈(0,x0)时,f'(x)>0,
当x∈(x0,π)时,f'(x)<0,
故x1为f(x)的极大值点,0为f(x)的极小值点,
故f(x)在区间[-π,π]上的极值点的个数为3,有2个极大值点和1个极小值点,故C,D正确.故选CD.
三、填空题:本题共3小题,每小题5分,共15分.
12.(2024·江西模拟预测)在平面直角坐标系xOy中,已知曲线C:y=ex(x<1)的一条切线l与x轴、y轴分别交于A,B两点,则△OAB的面积的最大值为 .
答案2e
解析设切点坐标为(x0,ex0),x0<1,求导得y'=ex,则切线方程为y-ex0=ex0(x-x0),
由切线l与x轴、y轴分别交于A,B两点,
则A(x0-1,0),B(0,(1-x0)ex0),得到S△AOB=12|x0-1||1-x0|ex0=12(x0-1)2ex0,
构造函数g(x)=12(x-1)2ex,x<1,
求导得g'(x)=(x-1)ex+12(x-1)2ex=12(x-1)(x+1)ex,
令g'(x)=0,得x=-1,
所以当x∈(-∞,-1)时,g'(x)>0,g(x)单调递增,当x∈(-1,1)时,g'(x)<0,g(x)单调递减,所以g(x)max=g(x)极大值=g(-1)=2e.
13.(2024·广东模拟预测)f(x)=cs xcs 2x在区间[0,π]上的极值点个数为 .
答案2
解析由f(x)=cs xcs 2x=2cs3x-cs x⇒f'(x)=-6sin xcs2x+sin x=6sin3x-5sin x=sin x(6sin2x-5),
令f'(x)=0,则sin x=0或sin x=±56,
显然当x∈[0,π]时,sin x≥0,则sin x=0或sin x=56,满足sin x=0的根为x=0或x=π,端点值不能作为极值点,舍去;
满足sin x=56的根有两个,设为x1,x2,
根据正弦函数的性质可知当x∈(0,x1)∪(x2,π)时,f'(x)<0,当x∈(x1,x2)时,f'(x)>0,
即f(x)在(0,x1),(x2,π)上单调递减,在(x1,x2)上单调递增,所以f(x)=cs xcs 2x在区间[0,π]上的极值点个数为2.
14.(2024·浙江杭州二模)函数f(x)=-x2+3x+2x+1的最大值为 .
答案22
解析令t=x+1>0,则x=t2-1,
故f(x)=y=-(t2-1)2+3(t2-1)+2t=-t3+5t-2t,
令h(t)=-t3+5t-2t(t>0),
则h'(t)=-3t2+5+2t2=-3t4+5t2+2t2=-(3t2+1)(t+2)(t-2)t2,
当t∈(0,2)时,h'(t)>0,当t∈(2,+∞)时,h'(t)<0,
则h(t)在(0,2)上单调递增,在(2,+∞)上单调递减,
故h(t)≤h(2)=-(2)3+5×2-22=22,即函数f(x)=-x2+3x+2x+1的最大值为22.
四、解答题:本题共2小题,共28分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
15.(13分)(2024·安徽二模)已知函数f(x)=x2-10x+3f'(1)ln x.
(1)求曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程;
(2)求f(x)的单调区间和极值.
解(1)函数f(x)=x2-10x+3f'(1)ln x,求导得f'(x)=2x-10+3f'(1)x,
则f'(1)=-8+3f'(1),解得f'(1)=4,于是f(x)=x2-10x+12ln x,f(1)=-9,
所以所求切线方程为y+9=4(x-1),即y=4x-13.
(2)由(1)知,函数f(x)=x2-10x+12ln x,定义域为(0,+∞),求导得f'(x)=2x-10+12x=2(x-2)(x-3)x,
当03时,f'(x)>0,当2当x=2时,f(x)取得极大值f(2)=-16+12ln 2,
当x=3时,f(x)取得极小值f(3)=-21+12ln 3,
所以函数f(x)的增区间为(0,2),(3,+∞),减区间为(2,3),极大值为-16+12ln 2,极小值为-21+12ln 3.
16.(15分)(2024·北京西城二模)已知函数f(x)=4asin x+(a2+1)x2,其中a≥0.
(1)若f(x)在x=0处取得极小值,求a的值;
(2)当a=1时,求f(x)在区间π2,π上的最大值;
(3)证明:f(x)有且只有一个极值点.
(1)解f'(x)=4acs x+2(a2+1)x,
因为f(x)在x=0处取得极小值,
所以f'(0)=0,
即f'(0)=4acs 0+2(a2+1)×0=4a=0,
解得a=0,
当a=0时,f(x)=x2,由二次函数的性质可得f(x)在(-∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增,满足题意,所以a=0.
(2)解当a=1时,f(x)=4sin x+2x2,f'(x)=4cs x+4x=4(cs x+x).
令g(x)=f'(x)=4(cs x+x),
则g'(x)=4(-sin x+1),
因为π2≤x≤π,
所以g'(x)=4(-sin x+1)≥0,
即g(x)=4(cs x+x)在区间π2,π上单调递增,
所以g(x)min=4csπ2+π2=2π>0,
即f'(x)>0,
所以f(x)在区间π2,π上单调递增,即f(x)的最大值为f(π)=4sin π+2π2=4×0+2π2=2π2.
(3)证明f'(x)=4acs x+2(a2+1)x,
当a=0时,f(x)=x2,由二次函数的性质可知f(x)在(-∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增,所以f(x)恰有一个极值点;
当a>0时,设t(x)=f'(x)=4acs x+2(a2+1)x,则t'(x)=-4asin x+2(a2+1)=-4asinx-a2+12a.
因为a2+12a=a2+12a≥2a2·12a=1,且sin x≤1,所以t'(x)≥0,即t(x)在(-∞,+∞)上单调递增.
因为t-π2=-(a2+1)π<0,t(0)=4a>0,
所以存在x0∈-π2,0,使t(x0)=f'(x0)=0,又t(x)在(-∞,+∞)上单调递增,
所以当x所以当x>x0时,f'(x)=t(x)>0,即f(x)在(x0,+∞)上单调递增,
即f(x)恰有一个极值点.
综上所述,当a≥0时,f(x)有且只有一个极值点.